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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction}}\end{center}

\subsection{\textcolor{blue}{Polynésie septembre 2020}}
Soit ABCDEFGH un cube. L'espace est rapporté au repère orthonormé $\left(\text{A}~;~ \overrightarrow{\text{AB}}, \overrightarrow{\text{AD}}, \overrightarrow{\text{AE}}\right)$.

\begin{center}
\scalebox{0.7}{
\psset{unit=0.9cm}
\begin{pspicture}(9,10)
\pspolygon(0.5,1.4)(6,0.5)(6,6.2)(0.5,7.1)%ABFE
\psline(6,0.5)(8.5,3)(8.5,8.7)(6,6.2)%BCGF
\psline(8.5,8.7)(3,9.6)(0.5,7.1)%%GHE
\psline[linestyle=dashed](0.5,1.4)(3,3.9)(8.5,3)%ADC
\psline[linestyle=dashed](3,9.6)(3,3.9)%DH
\uput[d](0.5,1.4){A} \uput[d](6,0.5){B} \uput[r](8.5,3){C} \uput[ul](3,3.9){D} 
\uput[ul](0.5,7.1){E} \uput[u](6,6.2){F} \uput[ur](8.5,8.7){G} \uput[u](3,9.6){H} 
\end{pspicture}
}
\end{center}

Pour tout réel $t$, on considère le point M de coordonnées $(1 - t~;~ t~;~t)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Montrer que pour tout réel $t$, le point M appartient à la droite (BH).
Le point B a pour coordonnées $(1~;~0~;~0)$, et comme $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AE}$, le point H a pour coordonnées $(0~;~1~;~1)$.

Le vecteur $\overrightarrow{BM}$ a pour coordonnées $(1-t-1~;~t-0~;~t-0)$ soit $(-t~;~t~;~t)$.

Le vecteur $\overrightarrow{BH}$ a pour coordonnées $(0-1~;~1-0~;~1-0)$ soit $(-1~;~1~;~1)$. 

On a donc $\overrightarrow{BM} = t \, \overrightarrow{BH}$, donc les vecteurs $\overrightarrow{BM}$ et $\overrightarrow{BH}$ sont \textbf{\textcolor{red}{colinéaires}}, ce qui prouve que le point M appartient à la droite (BH) pour tout réel $t$.

\end{enumerate}

On admet que les droites(BH) et (FC) ont respectivement pour représentation paramétrique:


\[\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&1-t\\
y &=&t\\
z&=&t
\end{array}\right.  \text{où}\: t \in \mathbb{R}\quad 
\text{et} \: \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&1\\
y &=&t'\\
z&=&1- t'
\end{array}\right. \text{où}\: t' \in \mathbb{R}.\]

\begin{enumerate}
\item On va démontrer que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item D'après sa représentation paramétrique, la droite (BH) est dirigée par le vecteur
$\overrightarrow{n}$ de coordonnées $(-1~;~1~;~1)$.

D'après sa représentation paramétrique, la droite (FC) est dirigée par le vecteur
$\overrightarrow{n'}$ de coordonnées $(0~;~1~;~-1)$.

$\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{n'} = (-1)\times 0 + 1\times 1 + 1\times (-1)=0$ donc $\boxed{\textcolor{red}{\overrightarrow{n}\perp \overrightarrow{n'}}}$.

On en déduit que les droites (BH) et (FC) sont \textbf{\textcolor{red}{orthogonales}}.

\item Si les droites les droites (BH) et (FC) sont coplanaires, comme elles sont orthogonales, elles seront sécantes; il suffit donc de prouver que les droites (BH) et (FC) ne sont pas sécantes pour démontrer qu'elles ne sont \textbf{\textcolor{red}{pas coplanaires}}.

Les droites (BH) et (FC) sont sécantes si on peut trouver $t$ et $t'$ tels que:
$\left\{\begin{array}{l !{=} l}
1-t&1\\
t &t'\\
t&1- t'
\end{array}\right. $.

Ce système n'a pas de solution donc les droites (BH) et (FC) ne sont pas sécantes, donc elles ne sont pas coplanaires.

\end{list}

\item Pour tout réel $t'$, on considère le point M$'(1; t'; 1 - t')$.
	\begin{enumerate}
		\item% Montrer que pour tous réels $t$ et $t'$,\: MM$'^2 =3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6}$.
MM$'^2 = (1-1+t)^2 + (t'-t)^2 + (1-t'-t)^2
= t^2 + t'^2 -2tt' +t^2 +1 -t' -t -t' +t'^2 +tt' -t +tt' + t^2\\
\phantom{\text{MM}'^2}
= 3t^2 +2t'^2 -2t'-2t+1	$	

$3\left(t- \dfrac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \dfrac{1}{2}\right)^2  + \dfrac{1}{6}
= 3\left (t^2 -\dfrac{2t}{3} + \dfrac{1}{9}\right ) + 2\left (t'^2 - \dfrac{2t'}{2} + \dfrac{1}{4}\right ) + \dfrac{1}{6}\\
\phantom{\text{MM}'^2}
= 3t^2 -2t + \dfrac{1}{3} + 2t'^2 - 2t' + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6}
= 3t^2 +2t'^2 -2t'-2t+1
= \text{MM}'^2$.

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Autre façon}} :\\
$3t^2 +2t'^2 -2t'-2t+1=3t^2-2t+2t'^2-2t'+1=3\left(t^2-\dfrac{2}{3}t\right)+2\left(t'^2-t'\right)+1\\
=3\left[(t-\dfrac{1}{3})^2-\dfrac{1}{9}\right]+2\left[\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{4}\right]+1
=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{3}-\dfrac{1}{2}+1=\boxed{\textcolor{red}{3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t'-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}}}$

\item %Pour quelles valeurs de $t$ et de $t'$ la distance MM$'$ est-elle minimale ? Justifier.
La distance $\text{MM}'$ est minimale quand $\text{MM}'^2$ est minimale.

$\text{MM}'^2$ est la somme de trois nombres positifs ou nuls, et sera minimale quand chacun de ces nombres est minimal.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item $3\left(t- \dfrac{1}{3}\right)^2$ est minimale et vaut 0 pour $t=\dfrac{1}{3}$;
\item $2 \left(t'- \dfrac{1}{2}\right)^2$ est minimale et vaut 0 pour $t'=\dfrac{1}{2}$.
\end{list}

Donc MM$'$ est minimale pour $t=\dfrac{1}{3}$ et $t'=\dfrac{1}{2}$; dans ce cas MM$' = \sqrt{\dfrac{1}{6} }$.

\item On nomme P le point de coordonnées $\left(\frac{2}{3}~;~\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}\right)$et Q celui de coordonnées $\left(1~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}\right)$.

%Justifier que la droite (PQ) est perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC).

\begin{list}{\textbullet}{}
\item Le point P appartient à la droite (BH) pour $t=\frac{1}{3}$, donc $(\text{BP})=(\text{BH})$.
\item Le point Q appartient à la droite (FC) pour $t'=\frac{1}{2}$, donc $(\text{QC})=(\text{FC})$.
\item Le vecteur $\overrightarrow{PQ}$ a pour coordonnées $\left (1-\frac{2}{3}~;~\frac{1}{2}-\frac{1}{3}~;~\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right )= \left (\frac{1}{3}~;~\frac{1}{6}~;~\frac{1}{6}\right )$.
\item Le vecteur $\overrightarrow{BP}$ a pour coordonnées $\left (\frac{2}{3}-1~;~\frac{1}{3}-0~;~\frac{1}{3}-0\right )= \left (-\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}\right )$.
\item $\overrightarrow{BP}\cdot \overrightarrow{PQ} = \left (-\frac{1}{3}\right )\left (\frac{1}{3}\right ) + \left (\frac{1}{3}\right )\left (\frac{1}{6}\right ) + \left (\frac{1}{3}\right )\left (\frac{1}{6}\right )
= -\frac{1}{9} + \frac{1}{18} + \frac{1}{18} = 0$ donc
$\overrightarrow{BP}\perp \overrightarrow{PQ}$ donc la droite (PQ) est perpendiculaire à la droite (BP) donc à la droite  (BH).  
\item $\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{AB}  + \overrightarrow{AD}$ donc C a pour coordonnées $(1~;~1~;~0)$.
\item  Le vecteur $\overrightarrow{QC}$ a pour coordonnées $\left (1-1~;~1-\frac{1}{2}~;~0-\frac{1}{2}\right )= \left (0~;~\frac{1}{2}~;~-\frac{1}{2}\right )$.
\item $\overrightarrow{QC}\cdot \overrightarrow{PQ} = 0\times \left (\frac{1}{3}\right ) + \left (\frac{1}{2}\right )\left (\frac{1}{6}\right ) + \left (-\frac{1}{2}\right )\left (\frac{1}{6}\right )
= 0 + \frac{1}{12} - \frac{1}{12} = 0$ donc
$\overrightarrow{QC}\perp \overrightarrow{PQ}$ donc la droite (PQ) est perpendiculaire à la droite (QC) donc à la droite  (FC).  
\end{list}

Donc la droite (PQ) est perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC).

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Amérique du Nord mai 2019}}
%On relie les centres de chaque face d'un cube ABCDEFGH pour former un solide IJKLMN comme sur la figure ci-dessous.

\begin{center}
	\begin{tikzpicture}[x={(-3:73mm)},y={(26:32mm)},z={(90:74mm)}]
	\coordinate (A) at (0,0,0);
	\coordinate (B) at (1,0,0);
	\coordinate (C) at (1,1,0);
	\coordinate (D) at (0,1,0);
	\coordinate (E) at (0,0,1);
	\coordinate (F) at (1,0,1);
	\coordinate (G) at (1,1,1);
	\coordinate (H) at (0,1,1);
	\coordinate (I) at (0.5,0.5,0);
	\coordinate (J) at (1,0.5,0.5);
	\coordinate (K) at (0.5,1,0.5);
	\coordinate (L) at (0,0.5,0.5);
	\coordinate (M) at (0.5,0,0.5);
	\coordinate (N) at (0.5,0.5,1);
	
	\draw (A) node [left]{A} -- (B) node [below right]{B} --
	(C) node [right]{C} -- (D) node [above left]{D}--cycle
	(E) node [left]{E} -- (F) node [below right]{F} --
	(G) node [right]{G} -- (H) node [above left]{H}--cycle
	(A)--(E) (B)--(F) (C)--(G) (D)--(H);
	
	\draw[line width=1pt] (I) node [below right] {I} --(J) node [right] {J}--(N)  node [above] {N}--(L)  node [left] {L}--cycle
	(L)--(M) node [below left] {M}--(J) (N)--(M)--(I);
	\draw[line width=1pt, dashed] (J)--(K) node [above right] {K} --(L) (N)--(K)--(I);
\end{tikzpicture}
\end{center}

%Plus précisément, les points I, J, K, L, M et N sont les centres respectifs des faces carrées ABCD, BCGF, CDHG, ADHE, ABFE et EFGH (donc les milieux des diagonales de ces carrés).

%\medskip
 
\begin{enumerate}
	\item ~ %Sans utiliser de repère (et donc de coordonnées) dans le raisonnement mené, justifier que les droites (IN) et (ML) sont orthogonales.
	
	
		L et M sont les milieux respectifs de [AH] et [AF] donc d'après le théorème de la droite des milieux dans AFH, on en déduit que (LM) est parallèle à (FH).
	
	(IN) et (BF) sont parallèles car BFNI est un rectangle or (BF) est perpendiculaire au plan (EFG) donc à la droite (FH).
	
	On a alors (IN) perpendiculaire à (FH) et comme (LM) est parallèle à (FH), on en déduit finalement que (IN) et (ML) sont orthogonales.
	
	
	
\end{enumerate}

%\medskip

%Dans la suite, on considère le repère orthonormé $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}}~;~\overrightarrow{\text{AD}}~;~\overrightarrow{\text{AE}}\right) $ dans lequel, par exemple, le point N a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right) $.

%\medskip

\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
			\item ~ %Donner les coordonnées des vecteurs $ \overrightarrow{\text{NC}} $ et $ \overrightarrow{\text{ML}} $.	
			
			
						Dans $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}}~;~\overrightarrow{\text{AD}}~;~\overrightarrow{\text{AE}}\right) $ on a 
									
			C(1~;~1~;~0)~~,~~M$\left( \dfrac{1}{2}~;~0~;~\dfrac{1}{2}\right) $~~et~~L$\left( 0~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right) $
			
			Donc $\boxed{\textcolor{red}{\overrightarrow{\text{NC}}\begin{pmatrix}
			\frac12\\\frac12\\-1
			\end{pmatrix} }}$ et $\boxed{\textcolor{red}{ \overrightarrow{\text{ML}}\begin{pmatrix}
						-\frac12\\\frac12\\0
						\end{pmatrix} }} $.
			
					
			\item ~ %En déduire que les droites (NC) et (ML) sont orthogonales.	
			
			
			
			Le repère $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}}~;~\overrightarrow{\text{AD}}~;~\overrightarrow{\text{AE}}\right) $ est orthonormé donc on peut calculer un produit scalaire.
			
			$\overrightarrow{\text{NC}} \cdot \overrightarrow{\text{ML}}=-\frac14+\frac14+0=0 $
			
			On en déduit que les vecteurs sont orthogonaux donc (NC) et (ML) sont orthogonales.
			
					
			\item ~ %Déduire des questions précédentes une équation cartésienne du plan (NCI).
			
			
			
			(ML) est orthogonale à (NC) et à (IN) qui sont deux droites sécantes du plan (NCI) donc (ML) est perpendiculaire au plan (NCI).
			
			$\overrightarrow{\text{ML}}\begin{pmatrix}
									-0,5\\0,5\\0
									\end{pmatrix} $ est donc normal à (NCI) d'où $\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}
																		1\\-1\\0
																		\end{pmatrix} $ est normal à (NCI).
									
			On a alors (NCI):~$x-y+d=0$ or C $\in$ (NCI) d'où $x_C-y_C+d=0~\equiv~d=0$.
			
			
			Finalement (NCI) : $x-y=0$.
			
			
	\end{enumerate}	
\item 
\begin{enumerate}
		\item ~ %Montrer qu'une équation cartésienne du plan (NJM) est : $x - y + z = 1 $.	
		
		
		
		Dans $\left(\text{A}~;~\overrightarrow{\text{AB}}~;~\overrightarrow{\text{AD}}~;~\overrightarrow{\text{AE}}\right) $ on a N$\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~1\right) $~~,~~J$\left(1~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right) $~~et~~M$\left( \dfrac{1}{2}~;~0~;~\dfrac{1}{2}\right) $
		
		$x_N - y_N + z_N = 1 $ 
		
		$x_J - y_J + z_J = 1 $
		
		$x_N - y_N + z_N = 1 $
		
		(NJM) a donc bien pour équation cartésienne $\boxed{\textcolor{red}{x - y + z = 1}} $.
		
		
		
			
		\item ~ %La droite (DF) est-elle perpendiculaire au plan (NJM)? Justifier.	
		
		
		$\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}
			1\\-1\\1
		\end{pmatrix} $ est normal à (NJM) d'après l'équation cartésienne trouvée précédemment. Or $\overrightarrow{\text{DF}}\begin{pmatrix}
					1\\-1\\1
		\end{pmatrix} $.
		
		Finalement, la droite (DF) est perpendiculaire au plan (NJM).
		
			
		\item ~ %Montrer que l'intersection des plans (NJM) et (NCI) est une droite dont on donnera un point et un vecteur directeur. 
		%Nommer la droite ainsi obtenue en utilisant deux points de la figure.



N appartenant à ces deux plans, la droite cherchée passe par N.

Soit $\overrightarrow{w}\begin{pmatrix}
a\\b\\c
\end{pmatrix}$ un vecteur directeur de cette droite. $\overrightarrow{w}$ est orthogonal aux vecteurs normaux des deux plans, on a donc:

$\begin{cases}
\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{u}=0\\\overrightarrow{w}\cdot \overrightarrow{n}=0
\end{cases}\iff \begin{cases}
a-b=0\\a-b+c=0
\end{cases}\iff \begin{cases}
a=b\\c=0
\end{cases}$

En posant $a=b=1$, on en déduit que la droite d'intersection entre les plans (NCI) et (NJM) passe par N et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{w}\begin{pmatrix}
1\\1\\0
\end{pmatrix}$. 

Il s'agit de la droite (EG) car $\overrightarrow{\text{EG}}\begin{pmatrix}
1\\1\\0
\end{pmatrix}$ et N est le milieu de [EG].


	\end{enumerate}
\end{enumerate}


\label{fin}
\end{document}  